■江蘇省口岸中學(xué) 曹 艷

2019 年高考對立體幾何的考查始終圍繞 “空間問題平面化、模型化和代數(shù)化”展開的。本文以2019年的高考真題為載體,探究立體幾何經(jīng)典問題求解的思維方法,希望對同學(xué)們的學(xué)習(xí)或復(fù)習(xí)有所啟示。

聚焦1——幾何體的體積或表面積的計算

例1(2019 年高考江蘇卷9)如圖1,長方體ABCD-A1B1C1D1的體積是120,E為CC1的中點(diǎn),則三棱錐E-BCD的體積是_____。

圖1

解析:由題意結(jié)合幾何體的特征和所給幾何體的性質(zhì)可求得三棱錐的體積。因為長方體ABCD-A1B1C1D1的體積為120,所以AB·BC·CC1=120。因為E為CC1的中點(diǎn),所以

由長方體的性質(zhì)知CC1⊥底面ABCD,所以CE是三棱錐E-BCD的底面BCD上的高,所以三棱錐E-BCD的體積

回味:求解組合體的體積或面積,關(guān)鍵是準(zhǔn)確理解幾何體的定義,真正把握幾何體的結(jié)構(gòu)特征,借助正方體和長方體等幾何模型,在幾何模型中確定底面和高,用體積或面積公式計算。本題蘊(yùn)含 “整體和局部”的對立統(tǒng)一規(guī)律。在幾何體的表面積或體積的計算問題中,往往需要理清整體和局部的關(guān)系,靈活利用 “割”與 “補(bǔ)”的方法解題。

聚焦2——多面體外接球中的“補(bǔ)形法”

例2(2019年高考全國Ⅰ卷理12)已知三棱錐P-ABC的四個頂點(diǎn)在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是邊長為2 的正三角形,E,F分別是PA,AB的中點(diǎn),∠CEF=90°,如圖2所示,則球O的體積為( )。

圖2

解析:正三棱錐的外接球,把握其特殊性,先證得PB⊥平面PAC,再求得PA=PB=PC=從而得三棱錐P-ABC為正方體一角,補(bǔ)形后知體對角線即為球的直徑。

因為PA=PB=PC,△ABC是邊長為2的正三角形,所以三棱錐P-ABC為正三棱錐,所以PB⊥AC。

又E,F分別為PA,AB的中點(diǎn),所以EF∥PB,所以EF⊥AC。

又EF⊥CE,CE∩AC=C,所以EF⊥平面PAC。

又EF∥PB,所以PB⊥平面PAC,所以PB⊥PA,PB⊥PC,所以PA=PB=PC

所以三棱錐P-ABC為正方體的一部分即所以球O的體積故選D。

回味:正三棱錐的對邊互相垂直和題設(shè)的垂直條件得到正三棱錐從頂點(diǎn)出發(fā)的三條側(cè)棱兩兩垂直,從而得到該正三棱錐是正方體的一角,將特殊的正三棱錐補(bǔ)成正方體即可解決外接球問題。

聚焦3——等積法求解“點(diǎn)到平面的距離”

例3(2019 年高考全國Ⅰ卷文19)如圖3,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分別是BC,BB1,A1D的中點(diǎn)。

圖3

(1)證 明:MN∥平 面C1DE;

(2)求點(diǎn)C到平面C1DE的距離。

解析:(1)構(gòu)造平行四邊形找到線和面內(nèi)的直線平行。如圖4,連接ME,B1C,因為M,E分別為BB1,BC的中點(diǎn),所以ME為△B1BC的中位線,所以ME∥B1C且

又N為A1D的中點(diǎn),且A1D■B1C,所以ND∥B1C且

所以ME■ND,所以四邊形MNDE為平行四邊形,所以MN∥DE。

又MN?平面C1DE,DE?平面C1DE,所以MN∥平面C1DE。

(2)構(gòu)造三棱錐利用等積法求點(diǎn)到面的距離。在菱形ABCD中,E為BC的中點(diǎn),所以DE⊥BC,根據(jù)題意有因為棱柱為直棱柱,由面面垂直的性質(zhì)定理有DE⊥平面BCC1B1,所以S△DEC1=

設(shè)點(diǎn)C到平面C1DE的距離為d,根據(jù)題意有V三棱錐C1-CDE=V三棱錐C-C1DE,則有解得d=所以點(diǎn)C到平面C1DE的距離為

回味:等積法求解點(diǎn)到平面的距離,不需要直接找到點(diǎn)到平面的垂線段,利用一個幾何體的不同面作底面時幾何體的體積不變列出等式,間接求出點(diǎn)到平面的距離。常常構(gòu)造三棱錐換底可求點(diǎn)到平面的距離。

聚焦4——幾何法求解線面角

例4(2019 年高考天津卷文17)如圖5,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,△PCD為等邊三角形,平 面PAC⊥平面PCD,PA⊥CD,CD=2,AD=3。

圖5

(1)設(shè)G,H分別為PB,AC的中點(diǎn),求證:GH∥平面PAD;

(2)求證:PA⊥平面PCD;

(3)求直線AD與平面PAC所成角的正弦值。

解析:(1)結(jié)合平行四邊形的性質(zhì),以及三角形中位線的性質(zhì)進(jìn)行證明。

如圖6,連接BD,易知AC∩BD=H,BH=DH。

圖6

因為BG=PG,所以GH∥PD。

又因為GH?平面PAD,PD?平面PAD,所以GH∥平面PAD。

(2)如圖6,取棱PC的中點(diǎn)N,連接DN,依題意得DN⊥PC,結(jié)合面面垂直的性質(zhì)及線面垂直的性質(zhì)得到DN⊥PA,利用線面垂直的判定定理進(jìn)行證明。

因為△PCD為等邊三角形,依題意得DN⊥PC。

又因為平面PAC⊥平面PCD,平面PAC∩平面PCD=PC,所以DN⊥平面PAC。

又PA?平面PAC,故DN⊥PA。

又因為PA⊥CD,CD∩DN=D,所以PA⊥平面PCD。

(3)利用線面角的平面角的定義找角。連接AN,由(2)知DN⊥平面PAC,所以∠DAN為直線AD與平面PAC所成的角。

因為△PCD為等邊三角形,CD=2,且N為PC的中點(diǎn),所以

又DN⊥AN,在 Rt △AND中,所以直線AD與平面PAC所成角的正弦值為

回味:求直線和平面所成角,關(guān)鍵在于找到斜線在平面上的射影,找射影的關(guān)鍵在于找到平面的垂線段,得到垂足,連接斜足和垂足就是射影。常常用到線線垂直、線面垂直和面面垂直的相互轉(zhuǎn)化。

聚焦5——向量法探究 “線面角和二面角” 的大小

例5(2019 年高考天津卷理17)如圖7,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2。

圖7

(1)求 證:BF∥ 平 面ADE;

(2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值;

(3)若二面角E-BD-F的余弦值為求線段CF的長。

解析:利用幾何體的特征建立空間直角坐標(biāo)系,用向量法求解。依題意,可以建立以A為 原 點(diǎn),分 別 以的正方向為x軸,y軸,z軸正方向的空間直角坐標(biāo)系,如圖8所示。由AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2,可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2)。

圖8

設(shè)CF=h(h＞0),則F(1,2,h)。

(1)探究直線BF的方向向量和平面ADE的法向量的關(guān)系。

又因為直線BF?平面ADE,所以BF∥平面ADE。

(2)利用直線CE的方向向量和平面BDE的法向量求解線面角的正弦值。

不妨令z=1,可得n=(2,2,1),因此有

所以直線CE與平面BDE所成角的正弦值為

(3)確定兩個半平面的法向量,然后利用二面角的余弦值計算公式得到關(guān)于CF長度的方程,解方程可得CF的長度。

設(shè)m=(x,y,z)為平面BDF的法向量,則即

不妨令y=1,可得

經(jīng)檢驗,符合題意。

所以線段CF的長為

回味:利用法向量可探究線面的位置關(guān)系,可求解空間的角,關(guān)鍵在于:第一,破 “建系關(guān)”,構(gòu)建恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系;第二,破“求坐標(biāo)關(guān)”,準(zhǔn)確求解相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo);第三,破 “求法向量關(guān)”,構(gòu)建方程組求出平面的法向量;第四,破 “應(yīng)用公式關(guān)”,準(zhǔn)確理解和熟練應(yīng)用夾角公式|cosθ|=|cos〈m,n〉|=求解空間角。